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【化学】湖北省浠水县实验高级中学2018-2019学年高二上学期12月月考（解析版） 试卷
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湖北省浠水县实验高级中学2018-2019学年高二上学期12月月考
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分；每小题只有一个选项符合题意)
1.下列表示物质结构的化学用语正确的是( )
A. 乙烯的结构简式：CH2CH2 B. 异丙基的结构简式：-CH(CH3)2
C. 羟基的电子式： D. 新戊烷的结构简式：
【答案】B
【解析】
【分析】
写物质的结构简式要体现其含有的官能团。结构简式可省略结构式中的碳氢、碳碳单键，相同的原子或原子团可以合并；注意羟基是电中性基团，氢氧根离子OH-带一个单位的负电荷。氧原子与氢原子以一对共用电子对结合。
【详解】A.乙烯分子中两个碳原子之间以碳碳双键结合，结构简式为CH2=CH2，A错误；
B.异丙基是丙烷CH3CH2CH3分子中中间的碳原子上去掉一个H原子后剩余的部分，其结构简式为-CH(CH3)2，B正确；
C.羟基是电中性基团，氧原子与氢原子以一对共用电子对连接，电子式为，C错误；
D. 新戊烷系统命名为2，2-二甲基丙烷，习惯叫新戊烷，分子中只含有一种氢原子，结构简式为：， D错误；
故本题合理选项是B。
【点睛】本题考查了有机物结构简式名称判断的知识。有机物结构简式在书写时，要体现其官能团的特点，碳碳双键是烯烃的官能团，碳碳三键是炔烃的官能团，都不能省略，而碳碳单键、碳氢键可以省略，氢原子或相同的原子团、官能团等可以合并，只要在括号外面注明其数目即可。羟基、氢氧根离子的电子式的书写是易错点，要注意二者的区别。
2.如图是常见四种有机物的比例模型示意图。下列说法不正确的是( )
A. 甲不能使酸性高锰酸钾溶液和溴水均褪色
B. 乙可使酸性高锰酸钾溶液和溴水均褪色,且反应类型也相同.
C. 丙不能使酸性高锰酸钾溶液和溴水反应而褪色
D. 丁能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】
【分析】
首先根据比例模型可确定甲为甲烷、乙为乙烯，丙为苯，丁为乙醇，然后根据官能团的结构与性质逐项进行分析解答。
【详解】A．甲为甲烷，只含饱和键，性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能使溴水褪色，A正确；
B．乙为乙烯，含不饱和的碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，反应类型为氧化反应；也能与溴水发生加成反应使溴水褪色，发生的是加成反应，二者反应类型不同，B错误；
C．丙为苯，分子中不存在单、双键交替结构，分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特键，既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不能使溴水因反应而褪色，C正确；
D．丁为乙醇，含有官能团羟基-OH，能被高锰酸钾氧化而使其褪色，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了模型在有机物的结构推断及性质应用，为高频考点，准确把握官能团与物质性质，特别是物质的化学关系及发生的反应类型为解答的关键，侧重于分析与应用能力的考查，注意烯烃和醇的性质，题目难度不大。
3.法国、美国、荷兰的三位科学家因研究“分子机器的设计与合成”获得2016年诺贝尔化学奖。轮烷是一种分子机器的“轮子”，合成轮烷的基本原料有CH2Cl2、丙烷、戊醇、苯，下列说法不正确的是( )
A. CH2Cl2有两种同分异构体
B. 丙烯能使溴水褪色
C. 戊醇与乙醇都含有羟基
D. 苯与足量氢气在镍催化作用下会发生加成反应生成环己烷
【答案】A
【解析】
【详解】A．CH2Cl2可看作是甲烷分子中的2个H原子被Cl原子取代的产物。甲烷分子为正四面体结构，分子中任何两个顶点都是相邻位置，所以CH2C12只有一种结构，不存在同分异构体，A错误；
B．丙烯分子中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，B正确；
C．戊醇与乙醇都是饱和烷烃分子中的一个氢原子被羟基-OH取代产生的物质，含有的官能团是羟基，属于醇类，C正确；
D．苯与氢气在一定条件下可发生加成反应，生成环己烷，D正确。
故合理选项是A。
4.下列关于同系物和同分异构体的判断正确的是( )
A. C5H12有4种同分异构体
B. 还有4种含有苯环的同分异构体
C. C9H20与C2H6一定互为同系物关系
D. C4H8与C2H4一定互为同系物关系
【答案】C
【解析】
【详解】A．C5H12是含有五个碳原子的烷烃，有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种同分异构体，A错误；
B.乙苯的同分异构体中带有的带苯环的还有邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯三种，B错误；
C. C9H20与C2H6分子都达到了C原子结合H原子的最大数目，二者都属于烷烃，因此它们一定互为同系物关系，C正确；
D．C4H8与C2H4分子式都符合CnH2n，符合该通式的物质类型有烯烃和环烷烃。要形成碳环，最少需要3个碳原子，所以C2H4不可能有碳环，只能属于烯烃，是乙烯；而C4H8可能是烯烃，也可能是环烷烃，因此二者不一定互为同系物关系，D错误。
故本题合理选项是C。
5.有机物的一氯代物共有(不考虑立体异构)( )
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 7种
【答案】B
【解析】
试题分析：根据有机物结构简式可知结构对称，分子中含有4类氢原子，则其一氯代物有4种，答案选B。
考点：考查有机物同分异构体判断
6.不能说明苯分子中的碳碳键不是单、双键交替的事实是 ( )
A. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 苯环中的碳碳键的键长均相等
C. 苯的邻位二元取代物没有同分异构体 D. 苯的一元取代物没有同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A.苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，能证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，A错误；
B. 苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，B错误；
C. 如果苯分子中的碳碳键是单双键交替结构，则苯的邻位二氯取代物应有两种同分异构体，但实际上只有一种结构，则能说明苯环结构中的化学键只有一种，因此不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，C错误；
D. 无论苯分子是否含有单双建交替结构，其一元取代物都不存在同分异构体，因此不能说明苯分子中的碳碳键不是单、双键交替的事实，D正确。
故本题合理的选项是D。
7.丙烯醇（CH2＝CH－CH2OH）可发生的化学反应有（ ）
①加成 ②氧化 ③燃烧 ④加聚 ⑤取代
A. 只有①②③ B. 只有①②③④ C. ①②③④⑤ D. 只有①③④
【答案】C
【解析】
CH2=CH－CH2OH中含有C=C和－OH官能团，其中C=C可发生加成、氧化、加聚反应，－OH可发生氧化、酯化、取代反应，答案选C。
8. 1mol丙烯与氯气完全加成后再与氯气取代，整个过程最多需氯气为
A. 5mol B. 6mol C. 7mol D. 8mol
【答案】C
【解析】
试题分析：1mol丙烯中含有1mol碳碳双键，能与1mol氯气发生加成反应；1mol丙烯中含有6mol氢原子，能与6mol氯气发生取代反应；整个过程最多需氯气为7mol，选C。
考点：考查加成反应和取代反应的定量关系。
9.下列实验事实不能证明醋酸是弱电解质的是( )
A. 相同pH的醋酸溶液和盐酸分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等
B. 常温下，测得0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＝4
C. 常温下，将pH＝1的醋酸溶液稀释1 000倍，测得pH<4
D. 在相同条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸的弱
【答案】A
【解析】
【分析】
证明醋酸是弱电解质的方法有多种：可以根据相同浓度的盐酸与醋酸的导电性的不同；可以根据相同浓度的盐酸与醋酸与同样颗粒大小的锌反应速率的快慢；可以测酸的pH与氢离子浓度的关系；也可以根据醋酸钠盐水溶液的酸碱性等分析判断。
【详解】A. 由于pH=-lgc(H+)，所以相同pH的醋酸溶液和盐酸，二者的c(H+)大小一样，在与同样大小颗粒的锌反应时，产生H2的起始速率相等，不能证明它是弱电解质，A正确；
B．常温下，测得0.1 mol/L醋酸溶液的pH=4，c(H+)=1×10-4mol/L<0.1mol/L，c(H+)
D.在相同条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸溶液的弱，说明醋酸溶液中自由移动的离子浓度小于盐酸中的离子浓度，HCl是一元强酸，证明醋酸没有完全电离，说明醋酸是一元弱酸，属于弱电解质，D错误。
【点睛】本题考查实验方案的评价的知识，侧重于弱酸的实验角度的探究，只要证明酸的浓度大于其电离产生的离子的浓度或利用盐的水解反应规律，通过醋酸钠溶液显碱性，证明醋酸根离子消耗了水电离产生的氢离子，也可以说明醋酸是弱酸。注意把握实验原理和角度，学习中注意相关基础知识的积累。
10.在常温下，pH=2的氯化铁溶液，pH=2的硫酸溶液，pH=12的氨水溶液，pH=12的碳酸钠溶液，水的电离程度分别为a、b、c、d，则这四种溶液中，水的电离程度大小比较正确的是（ ）
A. a=d>b=c B. a=d>c>b C. b=c>a=d D. b=c>a>d
【答案】A
【解析】
酸碱电离的H＋、OH－抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。在常温下，pH=2的氯化铁溶液，pH=2的硫酸溶液，pH=12的氨水溶液，pH=12的碳酸钠溶液，水的电离程度分别为a、b、c、d，pH=2的氯化铁溶液中c(H＋)等于pH=12的碳酸钠溶液中c(OH－)，pH=2的硫酸溶液中c(H＋)等于pH=12的氨水溶液中c(OH－) ，水的电离程度大小比较正确的是a=d>b=c，故选A。
11.下列方程式书写正确的是（ ）
A. H2S 的电离方程式：H2S＋H2OH3O＋＋HS－
B. NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3= Na＋＋H++CO32-
C. CO32－的水解方程式：CO32-＋2H2OH2CO3＋2OH－
D. HS-的水解方程式：HS-＋H2O S2-＋H3O＋
【答案】A
【解析】
A. 多元弱酸的电离是分步的，H2S 的第一步电离方程式为：H2S＋H2OH3O＋＋HS－，选项A正确；B. NaHCO3 在水溶液中的电离方程式为：NaHCO3 = Na＋＋HCO3-，选项B错误；C. CO32－的水解是分步的，第一步水解方程式为：CO32-＋H2O HCO3-＋OH－，选项C错误；D. HS-的水解方程式为：HS-＋H2O S2-＋OH－，选项D错误。答案选A。
12.下列各溶液中能大量共存的离子组是( )
A. 使酚酞溶液呈红色的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO42-、K＋
B. 使pH试纸呈红色的溶液中；Fe2＋、I－、NO3-、Cl－
C. 常温下c(H＋)＝10－14 mol·L－1溶液中：Na＋、AlO2－、S2－、SO32-
D. 常温下,水电离出的c(H＋)与c(OH－)乘积为10－28的溶液中：K＋、Na＋、HCO3-、Ca2＋
【答案】C
【解析】
【分析】
离子在溶液中可以大量存在，那么离子之间就不能发生任何反应，结合选项题干隐含的信息及选项提供的离子，综合分析，逐一进行判断。
【详解】A．能使酚酞溶液呈红色的溶液呈碱性，该溶液中存在大量OH-，Mg2+、Cu2+与OH-反应，产生Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀，因此在该溶液中不能大量共存，A错误；
B．使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，含有大量的H+，在酸性条件下，H+与Fe2+、NO3-或H+、I-、NO3-会发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；
C．常温下，c(H+)=10-14mol/L的溶液呈碱性，含有大量的OH-，OH-与选项中的任何离子之间不发生任何反应，可大量共存，C正确；
D．常温下，水的离子积常数为10-14，而该溶液中水电离出的c(H+)与c(OH-)乘积为10-28的溶液，说明水的电离受到严重的抑制，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，无论溶液呈酸性还是碱性条件下，HCO3-都会发生反应而不能大量存在，D错误。
故本题合理选项是C。
【点睛】本题考查离子共存问题，综合考查元素化合物知识，为高考常见题型，离子若共存，就不能发生任何反应。离子之间发生的反应类型有复分解反应、氧化还原反应、络合反应、盐的双水解反应。注意把握题给信息以及常见离子的性质是本题解答的关键。
13. 归纳法是高中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了《化学反应原理》后作出了如下的归纳总结，归纳正确的是
①常温下，pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，则有
c (Na+) + c(H+)＝c(OH－) + c(CH3COO－)
②对已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，生成物的百分含量一定增加
③常温下，AgCl在同物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
④常温下，已知醋酸电离平衡常数为Ka，醋酸根水解平衡常数为Kh，水的离子积为Kw，则有：
Ka∶Kh＝Kw
A. ①④ B. ①②④ C. ②③ D. ③④
【答案】A
【解析】
试题分析：①常温下，pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，根据混合液中的电荷守恒知，c (Na+) + c(H+)＝c(OH－) + c(CH3COO－)，正确；②对已建立化学平衡的某可逆反应，如果通过减小生成物的浓度使化学平衡向正反应方向移动时，生成物的百分含量会减小，错误；③同物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中，CaCl2溶液中氯离子浓度为NaCl溶液中氯离子浓度的2倍，根据沉淀溶解平衡知识知，常温下，AgCl在CaCl2溶液中的溶解度小于在NaCl溶液中的溶解度，错误；④醋酸电离平衡常数表达式为Ka=c(H+)c(CH3COO－)/c(CH3COOH)，醋酸根水解平衡常数表达式为
Kh=c(OH－)c(CH3COOH)/c(CH3COO－)，水的离子积为Kw=c(H+)c(OH－)，则有：Ka∶Kh＝Kw，正确，选A。
考点：考查电解质溶液，涉及弱电解质的电离、沉淀溶解平衡和电解质溶液的电荷守恒式。
14.下列说法正确的是( )
A. 洗涤油污常用热的碳酸钠溶液
B. 用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3＋
C. 配制FeSO4 溶液时，将FeSO4 固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
D. 将AlCl3溶液和Na2SO3溶液分别加热蒸干、灼烧后，所得固体为Al2O3和Na2SO3
【答案】A
【解析】
【详解】A.碳酸钠是强碱弱酸盐，CO32-在溶液中会发生水解反应，使溶液呈碱性，由于水解反应是吸热反应，加热可使盐的水解程度增大，溶液的碱性增强。油污在碱性条件下水解，产生容易溶于水的物质，因此加入热的碳酸钠溶液有利于除去油污，A正确；
B.Fe3+在溶液中存在水解平衡，加热可以促进Fe3+的水解，但也不能完全除去，可通过向溶液中先加入过量KOH溶液，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，将其过滤除去，再向滤液中加入盐酸，中和过量的KOH，达到除杂的目的，B错误；
C. FeSO4是强酸弱碱盐，由于Fe2+水解产生Fe(OH)2沉淀使溶液变浑浊，为抑制盐的水解，应加适量的酸，但若加入的是盐酸，就会引入新的杂质离子Cl-。为达到除杂、净化，同时又抑制水解的目的，可加入少量硫酸，C错误；
D.AlCl3溶液加热发生水解反应，生成氢氧化铝和盐酸，盐酸挥发，蒸干得到的固体是Al(OH)3，再将固态灼烧，氢氧化铝分解，产生固体氧化铝；Na2SO3具有还原性，将其溶液加热，Na2SO3会被溶液中的氧气氧化为Na2SO4，Na2SO4是强酸强碱盐，物质稳定，不水解，受热也不分解，最后得到的固体为硫酸钠，D错误；
【点睛】本题考查了盐溶液的性质的应用的知识。盐的组成成分不同，性质不同，应用也不同，在应用时一定要充分考虑盐的性质。如碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可用于去除油污；氯化铵溶液水解显酸性，可用于金属除锈；碳酸氢钠溶液显碱性，明矾溶液显酸性，二者混合，两种盐水解程度都增强，产生大量的CO2气体和Al(OH)3，可用于灭火；KMnO4、NaClO具有强的氧化性，可用于消毒、杀菌；AgNO3不稳定，高温、光照容易分解，保存要低温、避光；配制FeSO4溶液时，既要加入还原铁粉，防止其被空气氧化变为硫酸铁，同时也要加入稀硫酸，来抑制Fe2+水解，使溶液变浑浊，等等。充分考虑物质的各种性质是正确应用的前提和保证。
15.在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH，在溶液中加入少量CuSO4固体，HS－浓度减小。下列说法正确的是
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大
B. Ksp(CuS)
D. 加入MgCl2固体，HS－浓度减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.加入CuSO4固体，c(HS－)变小，说明Cu2＋与S2－生成了CuS沉淀，平衡左移，温度不变，所以水解平衡常数不变，故A错误；B.水解仅仅占总S2－的少部分，即c(S2－)远大于c(OH－)，而且Cu(OH)2和CuS不同类，无法得出该结论，故B错误；C.升高温度，平衡正向移动，增大，故C正确；D.Mg(OH)2溶解度较小，可能平衡右移导致HS－浓度增大，故D错误；答案选C。
【点睛】在难溶的组成和类别不相似时，不能直接由溶度积的大小来判断其溶解度的大小。
16.已知p(A)=-lgc(A)。三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. a点无ZnS沉淀生成
B. 可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2
C. 向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，c(S2-)增大
D. CuS和MnS共存的悬浊液中，
【答案】C
【解析】
p(A)=-lgc(A)，则c(A)=10-p(A)mol/L，故p(A)越大，c(A)越小 。所以平衡曲线右上方为不饱和溶液，平衡曲线左下方为过饱和溶液。A、a点不饱和，没有ZnS沉淀析出，故A正确；B、MnS的溶解度大于ZnS，向MnCl2溶液中加入MnS固体，可以促使平衡MnS(s)+Zn2+⇌ ZnS(s)+Mn2+向右移动，即MnS转化为更难溶的ZnS，达到除去Zn2+的目的，故B正确；C、
向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，由于悬浊液中存在CuS固体，溶液依然是饱和的，所以c(S2-)不变，故C错误；D、当p(S2-)=0，p(Mn2+)=15，即c(S2-)=1mol/L时，c(Mn2+)=10-15mol/L，Ksp(MnS)= c(Mn2+)×c(S2-)=10-15；当p(S2-)=25，p(Zn2+)=25，即c(S2-)=10-25mol/L，c(Zn2+)=10-10mol/L，Ksp(ZnS)= c(Zn2+)×c(S2-)=10-35；CuS和MnS共存的悬独液中，=10-20，故D正确。故选C。
二、非选择题(本题包括5小题，共52分)
17.按要求作答：
(1)泡沫灭火剂中装有Al2(SO4)3溶液、NaHCO3溶液及起泡剂，写出使用时发生反应的离子方程式____________________________
(2)写出难溶电解质Mg(OH)2的溶度积表达式： Ksp=________；在Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3固体充分振荡后静置，发生沉淀的转化过程可用离子方程式表示为________。
(3)通过煤的干馏可以获得化工原料苯。苯与浓硝酸在催化剂条件下进行反应的化学方程式为________。
【答案】 (1). Al3＋＋3HCO3-===Al(OH)3↓＋3CO2↑ (2). Ksp＝c(Mg2＋)c2 (OH－) (3). 2Fe3＋(aq)＋3 Mg(OH)2(s)2Fe(OH)3(s)＋3Mg2＋(aq) (4).
【解析】
【详解】(1) Al3+水解使溶液显酸性；HCO3-水解使溶液显碱性；当两者混合时，氢离子与氢氧根离子发生中和反应，导致两种离子的水解程度增大，产生大量氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体产生，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；
(2)难溶电解质Mg(OH)2的溶解度很小，但也能溶解一些，溶解的电解质电离产生的Mg2+、OH-也会重新结合形成Mg(OH)2沉淀，最终达到平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，在饱和溶液中，溶解电离产生的各种离子浓度幂之积就是该物质的溶度积常数，简称离子积，用Ksp表示，则Mg(OH)2溶度积表达式：Ksp= c(Mg2＋)·c2 (OH－)；在Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3固体充分振荡后静置，Mg(OH)2溶解电离产生的OH-与Fe3+发生反应形成Fe(OH)3沉淀，使Mg(OH)2不断溶解，最终达到平衡，发生沉淀的转化过程可用离子方程式表示为2Fe3＋(aq)＋3Mg(OH)2(s)2Fe(OH)3(s)＋3Mg2＋(aq)；
(3)苯在浓硫酸存在和加热50°至60°时，能与浓硝酸发生取代反应，苯分子中的H原子被硝基取代，生成硝基苯和水，反应的方程式是：。
18.“中和滴定”原理在实际生产生活中应用广泛。用I2O5可定量测定CO的含量，该反应原理为5CO+I2O55CO2+I2。其实验步骤如下：
①取250 mL（标准状况）含有CO的某气体样品通过盛有足量I2O5的干燥管中在170 ℃下充分反应；
②用水一乙醇液充分溶解产物I2，配制100 mL溶液；
③量取步骤②中溶液25.00 mL于锥形瓶中，然后用0.01 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定。消耗标准Na2S2O3溶液的体积如表所示。
第一次
第二次
第三次
滴定前读数/mL
2.10
2.50
1.40
滴定后读数/mL
22.00
22.50
21.50
（1）步骤②中配制100 mL待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和____________________。
（2）Na2S2O3标准液应装在__________（填字母）中。
（3）指示剂应选用__________，判断达到滴定终点的现象是____________________________________。
（4）气体样品中CO的体积分数为__________（已知：气体样品中其他成分不与I2O5反应：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6）
（5）下列操作会造成所测CO的体积分数偏大的是__________（填字母）。
a．滴定终点俯视读数
b．锥形瓶用待测溶液润洗
c．滴定前有气泡，滴定后没有气泡
d．配制100 mL待测溶液时，有少量溅出
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). B (3). 淀粉溶液 (4). 滴加最后一滴标准液,溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 (5). 17.92% (6). bc
【解析】
（1）步骤②中配制100 mL待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶。（2）Na2S2O3溶液显碱性，则Na2S2O3标准液应装在碱式滴定管中，即答案选B。（3）碘遇淀粉显蓝色，则指示剂应选用淀粉溶液，反应中单质碘被消耗，则判断达到滴定终点的现象是滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色。（4）根据表中数据可知三次滴定消耗标准液体积分别是19.90mL、20.00mL、20.10mL，所以消耗标准液体积的平均值是20.00mL。根据方程式5CO+I2O55CO2+I2、2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6可知5CO～I2～2Na2S2O3，则气体样品中CO的体积分数为；（5）a．滴定终点俯视读数，读数偏小，结果偏低，a错误；b．锥形瓶用待测溶液润洗，消耗标准液体积增加，结果偏高，b正确；c．滴定前有气泡，滴定后没有气泡，消耗标准液体积增加，结果偏高，c正确；d．配制100 mL待测溶液时，有少量溅出，浓度偏低，消耗标准液体积减少，结果偏低，d错误，答案选bc。
19.(12分)结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：
酸
电离常数(Ka)
CH3COOH
1.8×10－5
HClO
3×10－8
H2CO3
K1＝4.4×10－7 K2＝4.7×10－11
H2C2O4
K1＝5.4×10－2 K2＝5.4×10－5
H2S
K1＝1.3×10－7 K2＝7.1×10－15
请回答下列问题：
(1)同浓度的CH3COO－、HCO3-、CO32-、HC2O、ClO－、S2－中结合H＋的能力最弱的是____________。
(2)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________(填字母)。
A.c(H＋) B.c(H＋)/c(CH3COOH) C.c(H＋)/c(OH－) D.c(OH－)
(3)0.1 mol·L－1的H2C2O4溶液与0.1 mol·L－1的KOH的溶液等体积混合后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__________________。
(4)pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的量浓度的大小关系是CH3COOK________NaClO，两溶液中：c(Na＋)－c(ClO－)__________c(K＋)－c(CH3COO－)(填“＞”“＜”或“＝”)。
(5)向0.1 mol·L－1CH3COOH 溶液中滴加NaOH 溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO－)＝5∶9，此时溶液pH＝______________。
【答案】 (1). HC2O4－ (2). AC (3). c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－) (4). > (5). ＝ (6). 5
【解析】
本题主要考查弱酸的电离平衡。
（1）同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、ClO-、S2-中结合H+的能力最弱的是K最大的微粒H2C2O4电离出H+后的酸根离子HC2O4－。
（2）A.溶液酸性减弱，故A变小；B.电离常数Ka=不变，而c(CH3COO-)变小，故B增大；C.c(H+)变小，c(OH-)增大，故C变小；D.增大。故选AC。
（3）得到KHC2O4溶液，溶液中的变化：H++，+H2OH2C2O4+OH－，H2OH++OH－。该溶液呈酸性，说明HC2O4－的电离程度大于水解程度，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－)。
（4）由酸性：HClOCH3COOK，所以pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的最浓度的大小关系是：CH3COONa>NaClO，两溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO-)，c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，因此，[c(Na+)-c(ClO-)]=[c(K+)-c(CH3COO-)]=c(OH-)-c(H+)。
（5）由Ka(CH3COOH)==1.8×10-5和c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9得c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶液pH=5。
20.已知A是化学实验室中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味；B的产量可以衡量一个国家石油化工发展的水平，有关物质的转化关系如图所示(部分反应条件、产物省略)：(已知 2R-CHO + O2→2R-COOH R为烃基)
回答下列问题：
(1)①决定化合物A的化学特性的原子团的名称为________；F的结构简式为______________。
②B到A的反应类型为________，A到C的反应类型为________；
(2)写出下列反应的化学方程式：
反应②：______________________________________，
反应⑤：________________________________________。
(3)工业上制备H有以下两种方案：
Ⅰ.乙烷与氯气反应； Ⅱ.乙烯与氯化氢反应。
你认为最合理的方案是(填代号)________，理由是_________________________。
【答案】 (1). 羟基 (2). (3). 加成反应 (4). 氧化反应 (5). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (6). 2CH3CH2OH＋2Na―→2CH3CH2ONa＋H2↑ (7). Ⅱ (8). 乙烷与氯气发生的是取代反应，副反应多，产物不纯，产率低；乙烯与氯化氢发生的是加成反应，产物纯净，产率高
【解析】
【分析】
根据A是化学实验室中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，可推出A是乙醇；B的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，B是乙烯；然后根据有关物质的性质逐一进行分析解答。
【详解】A是化学实验室中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，可知A是乙醇；B的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，则B为乙烯，结构简式是CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成A为CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应生成C为CH3CHO，CH3CHO可进一步氧化生成D为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸催化和加热条件下，发生酯化反应，反应生成乙酸乙酯和水，故E为CH3COOCH2CH3，乙烯与HCl在一定条件下发生加成反应生成H为CH3CH2Cl。CH2=CH2也可以在一定条件下发生加聚反应产生高聚物F是聚乙烯：；
(1)①A为CH3CH2OH，官能团是羟基，决定化合物A的化学特性的原子团的名称为羟基；F是聚乙烯，其结构简式为；
②CH2=CH2和水发生加成反应，产生乙醇，所以B到A的反应类型为：加成反应；乙醇与O2在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应生成C为CH3CHO，所以A到C的反应类型为氧化反应；
(2)反应②是乙醇催化氧化反应，反应的化学方程式为: 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO
＋2H2O；
反应⑤是乙醇与钠发生的置换反应，反应产生乙醇钠和氢气，反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑；
(3)乙烷与氯气发生的取代反应是逐步进行的，首先反应产生一氯乙烷和HCl，生成的一氯乙烷会与氯气进一步反应，产生二氯乙烷、三氯乙烷等，同时每一步反应都会产生HCl，可见用这种取代反应制取氯乙烷方法，发生的副反应多，产物不纯，而且产率低；而乙烯与HCl在一定条件下发生加成反应，产生氯乙烷，不仅产物纯净，而且产率还高，故方案Ⅱ更合理。
【点睛】本题考查了有机物的合成、推断、反应方程式的书写、反应类型的判断、实验方案的评价等知识。是高频考点；掌握常见的有机物的性质、用途是本题解答的关键。在对不同方案评价时，可从反应产物的纯度、物质的利用率、产品的产率等分析、比较。
21.已知化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理。请回答下列问题：
(1)可逆反应：FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)是炼铁工业中的一个重要反应，其温度与平衡常数K的关系如下表：
T(K)
938
1 100
K
0.68
0.40
若该反应在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，若升高温度，混合气体的平均相对分子质量______；充入氦气，混合气体的密度____(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列五种溶液的pH如下表：
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
NaCN
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
11.1
①用等式表示Na2CO3溶液中含有H+ 、OH- 、HCO3-、H2CO3微粒间的关系_________。
②根据表中数据判断，浓度均为0.01 mol·L－1的下列四种物质的溶液中，酸性最强的是________；将各溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是________(填字母)。
A.HCN B.HClO C.H2CO3 D.CH3COOH
③要增大氯水中HClO的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，反应的离子方程式为_____________________________________。
【答案】 (1). 减小 (2). 增大 (3). c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3) (4). D (5). A (6). 2Cl2＋CO32-＋H2O==CO2↑＋2Cl－＋2HClO
【解析】(1)根据表中数据可知，升高温度，K减小，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应。升高温度，平衡逆向移动，使CO含量增多，CO2含量减少，因此气体的平均相对分子质量会减小；若充入氦气，由于气体总质量增大，但气体的体积不变，所以气体的密度增大；
(2) ①Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)
②弱酸的酸性越弱，其相应的酸根离子越易水解，等浓度的该酸形成的盐溶液的碱性就越强，所以等浓度盐溶液pH最小的物质CH3COONa对应的酸CH3COOH的酸性最强，合理答案为：D；
根据同浓度的钠盐溶液的pH可知物质的酸性：HCN
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分；每小题只有一个选项符合题意)
1.下列表示物质结构的化学用语正确的是( )
A. 乙烯的结构简式：CH2CH2 B. 异丙基的结构简式：-CH(CH3)2
C. 羟基的电子式： D. 新戊烷的结构简式：
【答案】B
【解析】
【分析】
写物质的结构简式要体现其含有的官能团。结构简式可省略结构式中的碳氢、碳碳单键，相同的原子或原子团可以合并；注意羟基是电中性基团，氢氧根离子OH-带一个单位的负电荷。氧原子与氢原子以一对共用电子对结合。
【详解】A.乙烯分子中两个碳原子之间以碳碳双键结合，结构简式为CH2=CH2，A错误；
B.异丙基是丙烷CH3CH2CH3分子中中间的碳原子上去掉一个H原子后剩余的部分，其结构简式为-CH(CH3)2，B正确；
C.羟基是电中性基团，氧原子与氢原子以一对共用电子对连接，电子式为，C错误；
D. 新戊烷系统命名为2，2-二甲基丙烷，习惯叫新戊烷，分子中只含有一种氢原子，结构简式为：， D错误；
故本题合理选项是B。
【点睛】本题考查了有机物结构简式名称判断的知识。有机物结构简式在书写时，要体现其官能团的特点，碳碳双键是烯烃的官能团，碳碳三键是炔烃的官能团，都不能省略，而碳碳单键、碳氢键可以省略，氢原子或相同的原子团、官能团等可以合并，只要在括号外面注明其数目即可。羟基、氢氧根离子的电子式的书写是易错点，要注意二者的区别。
2.如图是常见四种有机物的比例模型示意图。下列说法不正确的是( )
A. 甲不能使酸性高锰酸钾溶液和溴水均褪色
B. 乙可使酸性高锰酸钾溶液和溴水均褪色,且反应类型也相同.
C. 丙不能使酸性高锰酸钾溶液和溴水反应而褪色
D. 丁能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】
【分析】
首先根据比例模型可确定甲为甲烷、乙为乙烯，丙为苯，丁为乙醇，然后根据官能团的结构与性质逐项进行分析解答。
【详解】A．甲为甲烷，只含饱和键，性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能使溴水褪色，A正确；
B．乙为乙烯，含不饱和的碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色，反应类型为氧化反应；也能与溴水发生加成反应使溴水褪色，发生的是加成反应，二者反应类型不同，B错误；
C．丙为苯，分子中不存在单、双键交替结构，分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特键，既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不能使溴水因反应而褪色，C正确；
D．丁为乙醇，含有官能团羟基-OH，能被高锰酸钾氧化而使其褪色，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了模型在有机物的结构推断及性质应用，为高频考点，准确把握官能团与物质性质，特别是物质的化学关系及发生的反应类型为解答的关键，侧重于分析与应用能力的考查，注意烯烃和醇的性质，题目难度不大。
3.法国、美国、荷兰的三位科学家因研究“分子机器的设计与合成”获得2016年诺贝尔化学奖。轮烷是一种分子机器的“轮子”，合成轮烷的基本原料有CH2Cl2、丙烷、戊醇、苯，下列说法不正确的是( )
A. CH2Cl2有两种同分异构体
B. 丙烯能使溴水褪色
C. 戊醇与乙醇都含有羟基
D. 苯与足量氢气在镍催化作用下会发生加成反应生成环己烷
【答案】A
【解析】
【详解】A．CH2Cl2可看作是甲烷分子中的2个H原子被Cl原子取代的产物。甲烷分子为正四面体结构，分子中任何两个顶点都是相邻位置，所以CH2C12只有一种结构，不存在同分异构体，A错误；
B．丙烯分子中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，B正确；
C．戊醇与乙醇都是饱和烷烃分子中的一个氢原子被羟基-OH取代产生的物质，含有的官能团是羟基，属于醇类，C正确；
D．苯与氢气在一定条件下可发生加成反应，生成环己烷，D正确。
故合理选项是A。
4.下列关于同系物和同分异构体的判断正确的是( )
A. C5H12有4种同分异构体
B. 还有4种含有苯环的同分异构体
C. C9H20与C2H6一定互为同系物关系
D. C4H8与C2H4一定互为同系物关系
【答案】C
【解析】
【详解】A．C5H12是含有五个碳原子的烷烃，有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种同分异构体，A错误；
B.乙苯的同分异构体中带有的带苯环的还有邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯三种，B错误；
C. C9H20与C2H6分子都达到了C原子结合H原子的最大数目，二者都属于烷烃，因此它们一定互为同系物关系，C正确；
D．C4H8与C2H4分子式都符合CnH2n，符合该通式的物质类型有烯烃和环烷烃。要形成碳环，最少需要3个碳原子，所以C2H4不可能有碳环，只能属于烯烃，是乙烯；而C4H8可能是烯烃，也可能是环烷烃，因此二者不一定互为同系物关系，D错误。
故本题合理选项是C。
5.有机物的一氯代物共有(不考虑立体异构)( )
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 7种
【答案】B
【解析】
试题分析：根据有机物结构简式可知结构对称，分子中含有4类氢原子，则其一氯代物有4种，答案选B。
考点：考查有机物同分异构体判断
6.不能说明苯分子中的碳碳键不是单、双键交替的事实是 ( )
A. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 苯环中的碳碳键的键长均相等
C. 苯的邻位二元取代物没有同分异构体 D. 苯的一元取代物没有同分异构体
【答案】D
【解析】
【详解】A.苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，能证明苯环结构中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，A错误；
B. 苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，B错误；
C. 如果苯分子中的碳碳键是单双键交替结构，则苯的邻位二氯取代物应有两种同分异构体，但实际上只有一种结构，则能说明苯环结构中的化学键只有一种，因此不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构，C错误；
D. 无论苯分子是否含有单双建交替结构，其一元取代物都不存在同分异构体，因此不能说明苯分子中的碳碳键不是单、双键交替的事实，D正确。
故本题合理的选项是D。
7.丙烯醇（CH2＝CH－CH2OH）可发生的化学反应有（ ）
①加成 ②氧化 ③燃烧 ④加聚 ⑤取代
A. 只有①②③ B. 只有①②③④ C. ①②③④⑤ D. 只有①③④
【答案】C
【解析】
CH2=CH－CH2OH中含有C=C和－OH官能团，其中C=C可发生加成、氧化、加聚反应，－OH可发生氧化、酯化、取代反应，答案选C。
8. 1mol丙烯与氯气完全加成后再与氯气取代，整个过程最多需氯气为
A. 5mol B. 6mol C. 7mol D. 8mol
【答案】C
【解析】
试题分析：1mol丙烯中含有1mol碳碳双键，能与1mol氯气发生加成反应；1mol丙烯中含有6mol氢原子，能与6mol氯气发生取代反应；整个过程最多需氯气为7mol，选C。
考点：考查加成反应和取代反应的定量关系。
9.下列实验事实不能证明醋酸是弱电解质的是( )
A. 相同pH的醋酸溶液和盐酸分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等
B. 常温下，测得0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＝4
C. 常温下，将pH＝1的醋酸溶液稀释1 000倍，测得pH<4
D. 在相同条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸的弱
【答案】A
【解析】
【分析】
证明醋酸是弱电解质的方法有多种：可以根据相同浓度的盐酸与醋酸的导电性的不同；可以根据相同浓度的盐酸与醋酸与同样颗粒大小的锌反应速率的快慢；可以测酸的pH与氢离子浓度的关系；也可以根据醋酸钠盐水溶液的酸碱性等分析判断。
【详解】A. 由于pH=-lgc(H+)，所以相同pH的醋酸溶液和盐酸，二者的c(H+)大小一样，在与同样大小颗粒的锌反应时，产生H2的起始速率相等，不能证明它是弱电解质，A正确；
B．常温下，测得0.1 mol/L醋酸溶液的pH=4，c(H+)=1×10-4mol/L<0.1mol/L，c(H+)
D.在相同条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸溶液的弱，说明醋酸溶液中自由移动的离子浓度小于盐酸中的离子浓度，HCl是一元强酸，证明醋酸没有完全电离，说明醋酸是一元弱酸，属于弱电解质，D错误。
【点睛】本题考查实验方案的评价的知识，侧重于弱酸的实验角度的探究，只要证明酸的浓度大于其电离产生的离子的浓度或利用盐的水解反应规律，通过醋酸钠溶液显碱性，证明醋酸根离子消耗了水电离产生的氢离子，也可以说明醋酸是弱酸。注意把握实验原理和角度，学习中注意相关基础知识的积累。
10.在常温下，pH=2的氯化铁溶液，pH=2的硫酸溶液，pH=12的氨水溶液，pH=12的碳酸钠溶液，水的电离程度分别为a、b、c、d，则这四种溶液中，水的电离程度大小比较正确的是（ ）
A. a=d>b=c B. a=d>c>b C. b=c>a=d D. b=c>a>d
【答案】A
【解析】
酸碱电离的H＋、OH－抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。在常温下，pH=2的氯化铁溶液，pH=2的硫酸溶液，pH=12的氨水溶液，pH=12的碳酸钠溶液，水的电离程度分别为a、b、c、d，pH=2的氯化铁溶液中c(H＋)等于pH=12的碳酸钠溶液中c(OH－)，pH=2的硫酸溶液中c(H＋)等于pH=12的氨水溶液中c(OH－) ，水的电离程度大小比较正确的是a=d>b=c，故选A。
11.下列方程式书写正确的是（ ）
A. H2S 的电离方程式：H2S＋H2OH3O＋＋HS－
B. NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3= Na＋＋H++CO32-
C. CO32－的水解方程式：CO32-＋2H2OH2CO3＋2OH－
D. HS-的水解方程式：HS-＋H2O S2-＋H3O＋
【答案】A
【解析】
A. 多元弱酸的电离是分步的，H2S 的第一步电离方程式为：H2S＋H2OH3O＋＋HS－，选项A正确；B. NaHCO3 在水溶液中的电离方程式为：NaHCO3 = Na＋＋HCO3-，选项B错误；C. CO32－的水解是分步的，第一步水解方程式为：CO32-＋H2O HCO3-＋OH－，选项C错误；D. HS-的水解方程式为：HS-＋H2O S2-＋OH－，选项D错误。答案选A。
12.下列各溶液中能大量共存的离子组是( )
A. 使酚酞溶液呈红色的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO42-、K＋
B. 使pH试纸呈红色的溶液中；Fe2＋、I－、NO3-、Cl－
C. 常温下c(H＋)＝10－14 mol·L－1溶液中：Na＋、AlO2－、S2－、SO32-
D. 常温下,水电离出的c(H＋)与c(OH－)乘积为10－28的溶液中：K＋、Na＋、HCO3-、Ca2＋
【答案】C
【解析】
【分析】
离子在溶液中可以大量存在，那么离子之间就不能发生任何反应，结合选项题干隐含的信息及选项提供的离子，综合分析，逐一进行判断。
【详解】A．能使酚酞溶液呈红色的溶液呈碱性，该溶液中存在大量OH-，Mg2+、Cu2+与OH-反应，产生Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀，因此在该溶液中不能大量共存，A错误；
B．使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，含有大量的H+，在酸性条件下，H+与Fe2+、NO3-或H+、I-、NO3-会发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；
C．常温下，c(H+)=10-14mol/L的溶液呈碱性，含有大量的OH-，OH-与选项中的任何离子之间不发生任何反应，可大量共存，C正确；
D．常温下，水的离子积常数为10-14，而该溶液中水电离出的c(H+)与c(OH-)乘积为10-28的溶液，说明水的电离受到严重的抑制，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，无论溶液呈酸性还是碱性条件下，HCO3-都会发生反应而不能大量存在，D错误。
故本题合理选项是C。
【点睛】本题考查离子共存问题，综合考查元素化合物知识，为高考常见题型，离子若共存，就不能发生任何反应。离子之间发生的反应类型有复分解反应、氧化还原反应、络合反应、盐的双水解反应。注意把握题给信息以及常见离子的性质是本题解答的关键。
13. 归纳法是高中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了《化学反应原理》后作出了如下的归纳总结，归纳正确的是
①常温下，pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，则有
c (Na+) + c(H+)＝c(OH－) + c(CH3COO－)
②对已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，生成物的百分含量一定增加
③常温下，AgCl在同物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
④常温下，已知醋酸电离平衡常数为Ka，醋酸根水解平衡常数为Kh，水的离子积为Kw，则有：
Ka∶Kh＝Kw
A. ①④ B. ①②④ C. ②③ D. ③④
【答案】A
【解析】
试题分析：①常温下，pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，根据混合液中的电荷守恒知，c (Na+) + c(H+)＝c(OH－) + c(CH3COO－)，正确；②对已建立化学平衡的某可逆反应，如果通过减小生成物的浓度使化学平衡向正反应方向移动时，生成物的百分含量会减小，错误；③同物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中，CaCl2溶液中氯离子浓度为NaCl溶液中氯离子浓度的2倍，根据沉淀溶解平衡知识知，常温下，AgCl在CaCl2溶液中的溶解度小于在NaCl溶液中的溶解度，错误；④醋酸电离平衡常数表达式为Ka=c(H+)c(CH3COO－)/c(CH3COOH)，醋酸根水解平衡常数表达式为
Kh=c(OH－)c(CH3COOH)/c(CH3COO－)，水的离子积为Kw=c(H+)c(OH－)，则有：Ka∶Kh＝Kw，正确，选A。
考点：考查电解质溶液，涉及弱电解质的电离、沉淀溶解平衡和电解质溶液的电荷守恒式。
14.下列说法正确的是( )
A. 洗涤油污常用热的碳酸钠溶液
B. 用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3＋
C. 配制FeSO4 溶液时，将FeSO4 固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
D. 将AlCl3溶液和Na2SO3溶液分别加热蒸干、灼烧后，所得固体为Al2O3和Na2SO3
【答案】A
【解析】
【详解】A.碳酸钠是强碱弱酸盐，CO32-在溶液中会发生水解反应，使溶液呈碱性，由于水解反应是吸热反应，加热可使盐的水解程度增大，溶液的碱性增强。油污在碱性条件下水解，产生容易溶于水的物质，因此加入热的碳酸钠溶液有利于除去油污，A正确；
B.Fe3+在溶液中存在水解平衡，加热可以促进Fe3+的水解，但也不能完全除去，可通过向溶液中先加入过量KOH溶液，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，将其过滤除去，再向滤液中加入盐酸，中和过量的KOH，达到除杂的目的，B错误；
C. FeSO4是强酸弱碱盐，由于Fe2+水解产生Fe(OH)2沉淀使溶液变浑浊，为抑制盐的水解，应加适量的酸，但若加入的是盐酸，就会引入新的杂质离子Cl-。为达到除杂、净化，同时又抑制水解的目的，可加入少量硫酸，C错误；
D.AlCl3溶液加热发生水解反应，生成氢氧化铝和盐酸，盐酸挥发，蒸干得到的固体是Al(OH)3，再将固态灼烧，氢氧化铝分解，产生固体氧化铝；Na2SO3具有还原性，将其溶液加热，Na2SO3会被溶液中的氧气氧化为Na2SO4，Na2SO4是强酸强碱盐，物质稳定，不水解，受热也不分解，最后得到的固体为硫酸钠，D错误；
【点睛】本题考查了盐溶液的性质的应用的知识。盐的组成成分不同，性质不同，应用也不同，在应用时一定要充分考虑盐的性质。如碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，可用于去除油污；氯化铵溶液水解显酸性，可用于金属除锈；碳酸氢钠溶液显碱性，明矾溶液显酸性，二者混合，两种盐水解程度都增强，产生大量的CO2气体和Al(OH)3，可用于灭火；KMnO4、NaClO具有强的氧化性，可用于消毒、杀菌；AgNO3不稳定，高温、光照容易分解，保存要低温、避光；配制FeSO4溶液时，既要加入还原铁粉，防止其被空气氧化变为硫酸铁，同时也要加入稀硫酸，来抑制Fe2+水解，使溶液变浑浊，等等。充分考虑物质的各种性质是正确应用的前提和保证。
15.在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH，在溶液中加入少量CuSO4固体，HS－浓度减小。下列说法正确的是
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大
B. Ksp(CuS)
D. 加入MgCl2固体，HS－浓度减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.加入CuSO4固体，c(HS－)变小，说明Cu2＋与S2－生成了CuS沉淀，平衡左移，温度不变，所以水解平衡常数不变，故A错误；B.水解仅仅占总S2－的少部分，即c(S2－)远大于c(OH－)，而且Cu(OH)2和CuS不同类，无法得出该结论，故B错误；C.升高温度，平衡正向移动，增大，故C正确；D.Mg(OH)2溶解度较小，可能平衡右移导致HS－浓度增大，故D错误；答案选C。
【点睛】在难溶的组成和类别不相似时，不能直接由溶度积的大小来判断其溶解度的大小。
16.已知p(A)=-lgc(A)。三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. a点无ZnS沉淀生成
B. 可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2
C. 向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，c(S2-)增大
D. CuS和MnS共存的悬浊液中，
【答案】C
【解析】
p(A)=-lgc(A)，则c(A)=10-p(A)mol/L，故p(A)越大，c(A)越小 。所以平衡曲线右上方为不饱和溶液，平衡曲线左下方为过饱和溶液。A、a点不饱和，没有ZnS沉淀析出，故A正确；B、MnS的溶解度大于ZnS，向MnCl2溶液中加入MnS固体，可以促使平衡MnS(s)+Zn2+⇌ ZnS(s)+Mn2+向右移动，即MnS转化为更难溶的ZnS，达到除去Zn2+的目的，故B正确；C、
向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，由于悬浊液中存在CuS固体，溶液依然是饱和的，所以c(S2-)不变，故C错误；D、当p(S2-)=0，p(Mn2+)=15，即c(S2-)=1mol/L时，c(Mn2+)=10-15mol/L，Ksp(MnS)= c(Mn2+)×c(S2-)=10-15；当p(S2-)=25，p(Zn2+)=25，即c(S2-)=10-25mol/L，c(Zn2+)=10-10mol/L，Ksp(ZnS)= c(Zn2+)×c(S2-)=10-35；CuS和MnS共存的悬独液中，=10-20，故D正确。故选C。
二、非选择题(本题包括5小题，共52分)
17.按要求作答：
(1)泡沫灭火剂中装有Al2(SO4)3溶液、NaHCO3溶液及起泡剂，写出使用时发生反应的离子方程式____________________________
(2)写出难溶电解质Mg(OH)2的溶度积表达式： Ksp=________；在Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3固体充分振荡后静置，发生沉淀的转化过程可用离子方程式表示为________。
(3)通过煤的干馏可以获得化工原料苯。苯与浓硝酸在催化剂条件下进行反应的化学方程式为________。
【答案】 (1). Al3＋＋3HCO3-===Al(OH)3↓＋3CO2↑ (2). Ksp＝c(Mg2＋)c2 (OH－) (3). 2Fe3＋(aq)＋3 Mg(OH)2(s)2Fe(OH)3(s)＋3Mg2＋(aq) (4).
【解析】
【详解】(1) Al3+水解使溶液显酸性；HCO3-水解使溶液显碱性；当两者混合时，氢离子与氢氧根离子发生中和反应，导致两种离子的水解程度增大，产生大量氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体产生，反应的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；
(2)难溶电解质Mg(OH)2的溶解度很小，但也能溶解一些，溶解的电解质电离产生的Mg2+、OH-也会重新结合形成Mg(OH)2沉淀，最终达到平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，在饱和溶液中，溶解电离产生的各种离子浓度幂之积就是该物质的溶度积常数，简称离子积，用Ksp表示，则Mg(OH)2溶度积表达式：Ksp= c(Mg2＋)·c2 (OH－)；在Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3固体充分振荡后静置，Mg(OH)2溶解电离产生的OH-与Fe3+发生反应形成Fe(OH)3沉淀，使Mg(OH)2不断溶解，最终达到平衡，发生沉淀的转化过程可用离子方程式表示为2Fe3＋(aq)＋3Mg(OH)2(s)2Fe(OH)3(s)＋3Mg2＋(aq)；
(3)苯在浓硫酸存在和加热50°至60°时，能与浓硝酸发生取代反应，苯分子中的H原子被硝基取代，生成硝基苯和水，反应的方程式是：。
18.“中和滴定”原理在实际生产生活中应用广泛。用I2O5可定量测定CO的含量，该反应原理为5CO+I2O55CO2+I2。其实验步骤如下：
①取250 mL（标准状况）含有CO的某气体样品通过盛有足量I2O5的干燥管中在170 ℃下充分反应；
②用水一乙醇液充分溶解产物I2，配制100 mL溶液；
③量取步骤②中溶液25.00 mL于锥形瓶中，然后用0.01 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定。消耗标准Na2S2O3溶液的体积如表所示。
第一次
第二次
第三次
滴定前读数/mL
2.10
2.50
1.40
滴定后读数/mL
22.00
22.50
21.50
（1）步骤②中配制100 mL待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和____________________。
（2）Na2S2O3标准液应装在__________（填字母）中。
（3）指示剂应选用__________，判断达到滴定终点的现象是____________________________________。
（4）气体样品中CO的体积分数为__________（已知：气体样品中其他成分不与I2O5反应：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6）
（5）下列操作会造成所测CO的体积分数偏大的是__________（填字母）。
a．滴定终点俯视读数
b．锥形瓶用待测溶液润洗
c．滴定前有气泡，滴定后没有气泡
d．配制100 mL待测溶液时，有少量溅出
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). B (3). 淀粉溶液 (4). 滴加最后一滴标准液,溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 (5). 17.92% (6). bc
【解析】
（1）步骤②中配制100 mL待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶。（2）Na2S2O3溶液显碱性，则Na2S2O3标准液应装在碱式滴定管中，即答案选B。（3）碘遇淀粉显蓝色，则指示剂应选用淀粉溶液，反应中单质碘被消耗，则判断达到滴定终点的现象是滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色。（4）根据表中数据可知三次滴定消耗标准液体积分别是19.90mL、20.00mL、20.10mL，所以消耗标准液体积的平均值是20.00mL。根据方程式5CO+I2O55CO2+I2、2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6可知5CO～I2～2Na2S2O3，则气体样品中CO的体积分数为；（5）a．滴定终点俯视读数，读数偏小，结果偏低，a错误；b．锥形瓶用待测溶液润洗，消耗标准液体积增加，结果偏高，b正确；c．滴定前有气泡，滴定后没有气泡，消耗标准液体积增加，结果偏高，c正确；d．配制100 mL待测溶液时，有少量溅出，浓度偏低，消耗标准液体积减少，结果偏低，d错误，答案选bc。
19.(12分)结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：
酸
电离常数(Ka)
CH3COOH
1.8×10－5
HClO
3×10－8
H2CO3
K1＝4.4×10－7 K2＝4.7×10－11
H2C2O4
K1＝5.4×10－2 K2＝5.4×10－5
H2S
K1＝1.3×10－7 K2＝7.1×10－15
请回答下列问题：
(1)同浓度的CH3COO－、HCO3-、CO32-、HC2O、ClO－、S2－中结合H＋的能力最弱的是____________。
(2)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________(填字母)。
A.c(H＋) B.c(H＋)/c(CH3COOH) C.c(H＋)/c(OH－) D.c(OH－)
(3)0.1 mol·L－1的H2C2O4溶液与0.1 mol·L－1的KOH的溶液等体积混合后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__________________。
(4)pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的量浓度的大小关系是CH3COOK________NaClO，两溶液中：c(Na＋)－c(ClO－)__________c(K＋)－c(CH3COO－)(填“＞”“＜”或“＝”)。
(5)向0.1 mol·L－1CH3COOH 溶液中滴加NaOH 溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO－)＝5∶9，此时溶液pH＝______________。
【答案】 (1). HC2O4－ (2). AC (3). c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－) (4). > (5). ＝ (6). 5
【解析】
本题主要考查弱酸的电离平衡。
（1）同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、ClO-、S2-中结合H+的能力最弱的是K最大的微粒H2C2O4电离出H+后的酸根离子HC2O4－。
（2）A.溶液酸性减弱，故A变小；B.电离常数Ka=不变，而c(CH3COO-)变小，故B增大；C.c(H+)变小，c(OH-)增大，故C变小；D.增大。故选AC。
（3）得到KHC2O4溶液，溶液中的变化：H++，+H2OH2C2O4+OH－，H2OH++OH－。该溶液呈酸性，说明HC2O4－的电离程度大于水解程度，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－)。
（4）由酸性：HClO
（5）由Ka(CH3COOH)==1.8×10-5和c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9得c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶液pH=5。
20.已知A是化学实验室中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味；B的产量可以衡量一个国家石油化工发展的水平，有关物质的转化关系如图所示(部分反应条件、产物省略)：(已知 2R-CHO + O2→2R-COOH R为烃基)
回答下列问题：
(1)①决定化合物A的化学特性的原子团的名称为________；F的结构简式为______________。
②B到A的反应类型为________，A到C的反应类型为________；
(2)写出下列反应的化学方程式：
反应②：______________________________________，
反应⑤：________________________________________。
(3)工业上制备H有以下两种方案：
Ⅰ.乙烷与氯气反应； Ⅱ.乙烯与氯化氢反应。
你认为最合理的方案是(填代号)________，理由是_________________________。
【答案】 (1). 羟基 (2). (3). 加成反应 (4). 氧化反应 (5). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (6). 2CH3CH2OH＋2Na―→2CH3CH2ONa＋H2↑ (7). Ⅱ (8). 乙烷与氯气发生的是取代反应，副反应多，产物不纯，产率低；乙烯与氯化氢发生的是加成反应，产物纯净，产率高
【解析】
【分析】
根据A是化学实验室中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，可推出A是乙醇；B的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，B是乙烯；然后根据有关物质的性质逐一进行分析解答。
【详解】A是化学实验室中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，可知A是乙醇；B的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，则B为乙烯，结构简式是CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成A为CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应生成C为CH3CHO，CH3CHO可进一步氧化生成D为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸催化和加热条件下，发生酯化反应，反应生成乙酸乙酯和水，故E为CH3COOCH2CH3，乙烯与HCl在一定条件下发生加成反应生成H为CH3CH2Cl。CH2=CH2也可以在一定条件下发生加聚反应产生高聚物F是聚乙烯：；
(1)①A为CH3CH2OH，官能团是羟基，决定化合物A的化学特性的原子团的名称为羟基；F是聚乙烯，其结构简式为；
②CH2=CH2和水发生加成反应，产生乙醇，所以B到A的反应类型为：加成反应；乙醇与O2在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应生成C为CH3CHO，所以A到C的反应类型为氧化反应；
(2)反应②是乙醇催化氧化反应，反应的化学方程式为: 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO
＋2H2O；
反应⑤是乙醇与钠发生的置换反应，反应产生乙醇钠和氢气，反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑；
(3)乙烷与氯气发生的取代反应是逐步进行的，首先反应产生一氯乙烷和HCl，生成的一氯乙烷会与氯气进一步反应，产生二氯乙烷、三氯乙烷等，同时每一步反应都会产生HCl，可见用这种取代反应制取氯乙烷方法，发生的副反应多，产物不纯，而且产率低；而乙烯与HCl在一定条件下发生加成反应，产生氯乙烷，不仅产物纯净，而且产率还高，故方案Ⅱ更合理。
【点睛】本题考查了有机物的合成、推断、反应方程式的书写、反应类型的判断、实验方案的评价等知识。是高频考点；掌握常见的有机物的性质、用途是本题解答的关键。在对不同方案评价时，可从反应产物的纯度、物质的利用率、产品的产率等分析、比较。
21.已知化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理。请回答下列问题：
(1)可逆反应：FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)是炼铁工业中的一个重要反应，其温度与平衡常数K的关系如下表：
T(K)
938
1 100
K
0.68
0.40
若该反应在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，若升高温度，混合气体的平均相对分子质量______；充入氦气，混合气体的密度____(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列五种溶液的pH如下表：
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
NaCN
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
11.1
①用等式表示Na2CO3溶液中含有H+ 、OH- 、HCO3-、H2CO3微粒间的关系_________。
②根据表中数据判断，浓度均为0.01 mol·L－1的下列四种物质的溶液中，酸性最强的是________；将各溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是________(填字母)。
A.HCN B.HClO C.H2CO3 D.CH3COOH
③要增大氯水中HClO的浓度，可向氯水中加入少量的碳酸钠溶液，反应的离子方程式为_____________________________________。
【答案】 (1). 减小 (2). 增大 (3). c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3) (4). D (5). A (6). 2Cl2＋CO32-＋H2O==CO2↑＋2Cl－＋2HClO
【解析】(1)根据表中数据可知，升高温度，K减小，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应。升高温度，平衡逆向移动，使CO含量增多，CO2含量减少，因此气体的平均相对分子质量会减小；若充入氦气，由于气体总质量增大，但气体的体积不变，所以气体的密度增大；
(2) ①Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)
②弱酸的酸性越弱，其相应的酸根离子越易水解，等浓度的该酸形成的盐溶液的碱性就越强，所以等浓度盐溶液pH最小的物质CH3COONa对应的酸CH3COOH的酸性最强，合理答案为：D；
根据同浓度的钠盐溶液的pH可知物质的酸性：HCN
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